课时规范练5 物质的量浓度及相关计算
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分,每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列有关操作或判断正确的是( )。
A.配制一定物质的量浓度的溶液,定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 B.用托盘天平称取25.20 g NaCl C.用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸
D.用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸,用量筒量取浓盐酸时仰视读数会导致所配溶液浓度偏高 答案:D 解析:定容时仰视刻度线,导致所配溶液的体积偏大,使所配溶液浓度偏低,A项错误;托盘天平的精确度是0.1g,无法称取25.20gNaCl,B项错误;应用10mL量筒量取5.2mL的盐酸,C项错误;用量筒量取浓盐酸时仰视读数,所取浓盐酸体积偏大,会导致所配溶液浓度偏高,D项正确。 2.下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是( )。
①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值 ②用滴定管量取液体时,开始时平视读数,结束时俯视读数所得溶液的体积 ③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ④在用标准液(已知浓度)滴定未知浓度溶液时,盛标准液的滴定管水洗后未润洗 ⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线 A.①③⑤ 答案:A 解析:①醋酸为弱电解质,电离需要吸收热量,导致测得的中和热数值偏低,故①正确;②用滴定管量取液体时,开始时平视读数,结束时俯视读数,所得溶液的体积偏大,故②错误;③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,导致溶质的物质的量偏小,所配溶液的浓度偏小,故③正确;④在用标准液(已知浓度)滴定未知浓度溶液时,盛标准液的滴定管水洗后未润洗,导致标准液浓度偏低,滴定中消耗标准液体积偏大,因此使测得未知液的浓度偏大,故④错误;⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏小,故⑤正确。
3.用等体积0.1 mol· L的BaCl2溶液,可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中
-的SO24完全沉淀,则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为( )。
-1
B.①②⑤ C.②③④ D.③④⑤
A.3∶2∶3 答案:C B.3∶1∶2 C.2∶6∶3 D.1∶1∶1
解析:等体积0.1mol·L的BaCl2溶液,可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的
-2-SO24完全沉淀,则Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中n(SO4)相同,据此可
-2-2-知,n[Fe2(SO4)3]=3n(SO24),n(Na2SO4)=n(SO4),n[KAl(SO4)2]=2n(SO4),三种溶液的体积相同,物质的
1
1
-1
量浓度之比等于溶质物质的量之比,所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为c[Fe2(SO4)3]∶
-2-2-c(Na2SO4)∶c[KAl(SO4)2]=3n(SO24)∶n(SO4)∶2n(SO4)=2∶6∶3。
1
1
4.(2024济南第一中学高三检测)下列关于溶液及配制的说法正确的是( )。 A.配制0.1 mol·L CuSO4溶液450 mL,需要CuSO4·5H2O的质量是7.2 g B.配制稀硫酸时,将量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中,加入少量水溶解 C.配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,导致所配溶液浓度偏高
D.某温度下两种不同物质的溶液,若溶质的质量分数相同,则这两种溶液的物质的量浓度也一定相同 答案:C 解析:没有450mL的容量瓶,实际应配制500mL溶液,需要硫酸铜晶体的质量为0.5L×0.1mol·L
1
-1
--1
×250g·mol=12.5g,选项A错误;浓硫酸密度比水大,溶于水放出大量的热,所以稀释时要将浓硫
酸慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,选项B错误;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则加入的蒸馏水偏少,导致所配溶液浓度偏高,选项C正确;溶质的质量分数=
??(溶质)
×100%,??(溶液)
1000????两种溶液的溶质质量分数相等,但溶质的摩尔质量不一定相等,且密度也不一定相等,根据c=只要不相等,则浓度不相等,选项D错误。 5.下列关于物质的量浓度表述正确的是( )。
-A.0.3 mol·L的Na2SO4溶液中含有的Na和SO24的总物质的量为0.9 mol
-1
+
??,
????B.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L,只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时,其浓度才是1 mol·L
-C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na和SO24的物质的量相等,则K和Cl的物质的量浓度
+
+
--1
-1
一定相同
D.将10 ℃时a mol·L的KCl饱和溶液100 mL加热蒸发掉5 g水,冷却到10 ℃时,其体积小于100 mL,它的物质的量浓度仍为a mol·L 答案:D -解析:由于不知道溶液体积,无法计算Na和SO24总物质的量,故A项错误;只有在标准状况下,气体
+-1
-1
的摩尔体积才是22.4L·mol,温度压强不知,22.4L氨气物质的量不一定为1mol,故B项错误;K2SO4
-和NaCl的中性混合水溶液中,c(H)=c(OH),根据电荷守恒c(K)+c(Na)=c(Cl)+2c(SO24),若Na和
+
-+
+
-+
-1
-SO24物质的量相等,则K的浓度必定大于Cl的浓度,故C项错误;同一物质在同一温度下的溶解度相
+
-
同,其饱和溶液的物质的量浓度恒定,蒸发掉5g水后冷却到10℃时,所得体积小于100mL的溶液仍然是10℃时KCl的饱和溶液,它的物质的量浓度仍为amol·L,故D项正确。 6.下列说法正确的是( )。
A.相同体积相同物质的量浓度的不同溶液,所含溶质的物质的量相同
-1
B.10 mol· L的浓盐酸与H2O等质量混合,所得混合液的浓度为5 mol· L
C.溶液中溶质质量分数为w,密度为ρ g·cm,溶质摩尔质量为M g·mol,该溶液的物质的量浓度为
????-1
mol· L ??-3
-1
-1-1
D.一定物质的量浓度的溶液配制过程中,仰视定容,所得溶液的浓度偏大 答案:A 解析:根据n=Vc,相同体积相同物质的量浓度的溶液,其溶质物质的量必然相等,A项正确;盐酸密度大于水的密度,等质量混合后溶液的体积并不是浓盐酸体积的2倍,故B项错误;c=
1000??????mol·L,C
-1
项错误;配制一定物质的量浓度的溶液时,若仰视定容,配制溶液的体积偏大,溶液的浓度会偏小,故D项错误。
7.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热,恰好把
--NH3全部赶出;另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO24完全沉淀,则原溶液中NO3的物质的量浓度为
( )。 A.C.
??-2?? ??2??-??B.D.
2??-4???? ?? ??-4?? ??答案:B 解析:bmolNaOH恰好能将NH3全部赶出,根据NH+4+OH
-2-消耗cmolBaCl2才能使SO24完全沉淀,根据Ba+SO4
2+
-
NH3↑+H2O可知,每份混合液中含有bmolNH+4;
-BaSO4↓可知每份混合液中含有cmolSO24,设
每份混合液中含有NO-3的物质的量为xmol,根据电荷守恒,则bmol×1=cmol×2+xmol×1,得x=b-2c,因将aL混合液分成两等份,则每份混合液的体积是0.5aL,所以每份混合液中c(NO-3)=
2??-4??(??-2??)mol0.5??L
=
??mol·L,则原溶液中NO-3的浓度是
-1
2??-4????-1
mol·L,B项正确。
-1
8.将a g二氧化锰粉末加入c L b mol· L的浓盐酸中加热完全溶解,反应中转移电子d个,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )。 A.可以收集到氯气
22.4??2??A
-
L 2????A87
B.反应后溶液中的Cl数目为C.NA可表示为2??
87??
D.反应后溶液中的H数目为bc-2d 答案:C 解析:由于不知道气体所处的温度和压强,所以不能确定气体的体积,A项错误;在反应开始时含有Cl的物质的量是bcmol,反应产生氯气中含有Cl原子的物质的量是??mol,所以反应后的溶液中的
A
-
+
??Cl数目为(bcNA-d)个,由于稀盐酸不能与MnO2反应,故反应中必然有盐酸剩余,故不能由参加反应的MnO2的质量求生成的Cl数目,B项错误;ag二氧化锰的物质的量是87mol,由于1mol二氧化锰完全反
-
―
??应转移电子2mol,所以ag二氧化锰反应转移电子的物质的量是
2??87
mol,数目是d,即
2??87
NA=d,则
NA=2??,C项正确;根据反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl-+
+
87??Mn+Cl2↑+2H2O可知,每1molMnO2反应,
2+
转移电子2mol,反应消耗4molH,所以反应后溶液中的H数目为bcNA-2d,D项错误。
9.标准状况下,将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水,溶液的密度为ρ g·cm,溶质的质量分数为
-3
w,溶质的物质的量浓度为c mol·L-1。下列叙述中正确的是( )。
①若上述溶液中再加入V mL水,所得溶液中溶质质量分数大于0.5w ②c=22.4?? ③w=22.4????×100% ④若上述溶液中再加入0.5V mL同浓度稀盐酸,充分反应后,溶液中离子浓度大小关系为
--+
c(NH+4)>c(Cl)>c(OH)>c(H)
1000??35??A.①④ C.①③ 答案:D B.②③ D.②④
解析:①溶质质量分数=
????????????×100%=,由
????+??水??????+??(水)
??L
-1
ρ水>ρ,故加水后溶液中溶质质量分数小于
0.5w,①错误;②cmol·L=
??22.4L·mol-1-310??L
=22.4??mol·L,②正确;③氨水中的溶质是
1000??-1
NH3,w=22.4×100%=22.4????×100%,③错误;④若上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应????后,氨水过量,溶液显碱性,则溶液中离子浓度大小关系为c(NH+4)>c(Cl)>c(OH)>c(H),④正确。
--+
×17
17??10.20 ℃时,饱和KCl溶液的密度为1.174 g·cm,物质的量浓度为4.0 mol·L,则下列说法中不正确的是( )。
A.25 ℃时,饱和KCl溶液的浓度大于4.0 mol·L B.此溶液中KCl的质量分数为1.174×1000×100%
C.20 ℃时,密度小于1.174 g·cm的KCl溶液是不饱和溶液
D.将此溶液蒸发部分水,再恢复到20 ℃时,溶液密度一定大于1.174 g·cm 答案:D 解析:根据KCl的溶解度随温度升高而增大,A项正确;根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式可知,B项正确;由KCl溶液的浓度越大密度越大可知,20℃时密度小于1.174g·cm的KCl溶液是不饱和溶液,C项正确;将饱和溶液蒸发后再恢复到20℃,有KCl晶体析出,溶液仍为20℃时的饱和溶液,溶液浓度不变,密度仍为1.174g·cm,故D项错误。 二、非选择题(本题共4个小题,共50分)
11.(10分)标准状况下,将224 L HCl气体溶于635 mL水中,所得盐酸的密度为1.18 g·cm-3。试计算:
(1)所得盐酸的溶质质量分数和物质的量浓度分别是 、 。 (2)取出这种盐酸100 mL,稀释至1.18 L,所得稀盐酸的物质的量浓度是 。
-3
-3
-3
-3
-1
-3-1
74.5×4.0
(3)在40.0 mL 0.065 mol·L Na2CO3溶液中,逐渐加入(2)中的稀盐酸,边加边振荡。若使反应不产生CO2气体,加入稀盐酸的体积最多不超过 mL。
(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水),放入50 mL 2 mol·L的盐酸中,充分反应后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液,最终得到固体的质量为 。
答案:(1)36.5% 11.8 mol·L (2)1 mol·L (3)2.6 (4)5.85 g 解析:(1)n(HCl)=
365g
224L
-1-1
-1
-1
-1
-1
22.4L·mol
=10mol,m(HCl)=10mol×36.5g·mol=365g,所得盐酸中溶质质量分数
1000×1.18×36.5%
36.5
-1
w=365g+635g×100%=36.5%;c(HCl)=
mol·L=11.8mol·L。
11.8mol·L-1×0.1L
1.18L
-1-1
(2)根据c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀),可知:c(稀)=
-1
=1mol·L。
NaHCO3+NaCl,加入稀盐酸
-1
(3)n(Na2CO3)=0.040L×0.065mol·L=0.0026mol,根据反应Na2CO3+HCl的体积最多不超过
0.0026mol1mol·L
-1
×1000mL·L=2.6mL。
-1
-1
(4)最后所得固体为NaCl,根据氯元素守恒:n(NaCl)=n(HCl)=0.050L×2mol·L=0.1mol,故
m(NaCl)=0.1mol×58.5g·mol-1=5.85g。
12.(2024石家庄复兴中学高三月考)(12分)下面为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据,试根据标签上的有关数据回答下列问题: 盐酸 化学式:HCl 相对分子质量:36.5 密度:1.19 g·cm HCl的质量分数:36.5% (1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol·L。 (2)取用任意体积的该盐酸时,下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 。 A.溶液中HCl的物质的量 B.溶液的浓度 C.溶液中Cl的数目 D.溶液的密度
(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.400 mol·L的稀盐酸。 ①该学生需要量取 mL上述浓盐酸进行配制。
②在配制过程中,下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响?(在括号内填“偏大”“偏小”或“无影响”)
a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面( )
b.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水( )
-1
--1-3
2024高考化学一轮复习课时规范练5物质的量浓度及相关计算(含解析)苏教版
